Плоскости умножения в комплексном пространстве

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1563629 писал(а):

Вам нужно было доказать "для любых $y$ и $z$ что-то там". А вы доказали "для вот таких $y$ и $z$ что-то там".

Мне неловко за мою тупость, но я все же не понимаю, что я должен доказать. Могу только попытаться доказать коммутативность операции $+$ для $R$. Но она и так предполагается, потому что $R$ -- кольцо:

$\forall x\in G, \forall a, b\in R\colon (a+b)\cdot x=ax+bx=bx+ax=(b+a)\cdot x\to a+b=b+a.$

[mihaild]

Нет, про $R$ ничего доказывать не нужно.

mihaild в сообщении #1563507 писал(а):

Докажите, что если у нас есть $R$ - кольцо с единицей, группа $G$ и операция умножения элементов группы на элементы кольца $R \times G \to G$, такая что $e \cdot x = x$, $(a + b) \cdot x = a\cdot x + b\cdot x$ и $a\cdot (x + y) = a\cdot x + a\cdot y$, то $G$ абелева.

Т.е. $\forall y, z \in G: z + y = y + z$. Вы не можете произвольно ограничиться случаем, когда $y = ax$ и $z = bx$.
Найдите контрпример к этому утверждению, если убрать первое свойство (т.е. $e \cdot x = x$). Например, возьмите $R = \mathbb Z$, $G = S_3$, и придумайте, как ввести "умножение" перестановок на целые числа, чтобы была дистрибутивность.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1563693 писал(а):

если убрать первое свойство (т.е. $e \cdot x = x$)

Мне кажется, что, если имеется ассоциативность: $(a\cdot b)\cdot x=a\cdot (b\cdot x),$ -- то его нельзя убрать:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} e\cdot e\cdot x=(e\cdot e)\cdot x=e\cdot x \\ e\cdot e\cdot x=e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x' \\ \end{array} \right\to e\cdot x= e\cdot x'\to x=x'.$$

Таким образом, исключается

$$e \cdot x = x'\ne x.$$

[mihaild]

Как вы от $e \cdot x = e \cdot x'$ перешли к $x = x'$?

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1563768 писал(а):

Как вы от $e \cdot x = e \cdot x'$ перешли к $x = x'$?

Я просто "разделил" обе части уравнения на $e$. Но, наверное, здесь это не идет: если на $e$ посмотреть как на оператор, то он отображает элементы $x$ и $x'$ в один и тот же элемент $x'$, и из этого не следует, что $x=x'.$

Но, во всяком случае, существует $x'\in G,$ такой, что $e\cdot x'=x'.$

[mihaild]

Более того, вы доказали, что $e$ - идемпотент. Но я не уверен, что это поможет исходным задачам (что дистрибутивность и уважение единицы влекут абелевость, а дистрибутивность без уважения единицы - нет).

[Vladimir Pliassov]

$e\cdot x=x', e\cdot x'=x'' \ldots .$

$$\left\{ \begin{array}{rcl} (e\cdot e)\cdot x=e\cdot x=x'\\ e\cdot (e\cdot x)=e\cdot x'=x'' \end{array} \right\to x'=x'',$$

$$\left\{ \begin{array}{rcl} (e\cdot e)\cdot x'=e\cdot x'=x''\\ e\cdot (e\cdot x')=e\cdot x''=x''' \end{array} \right\to x''=x''',$$

то есть $x'=x''=x'''$ и так далее. Но можно ли доказать, что $x=x'=x''=x''' \ldots ?$

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1563834 писал(а):

Но можно ли доказать, что $x=x'=x''=x''' \ldots ?$

Ну вот как раз задача: придумайте дистрибутивную операцию, при которой $e$ не является тождественным оператором.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1563835 писал(а):

Ну вот как раз задача: придумайте дистрибутивную операцию, при которой $e$ не является тождественным оператором.

Я попробовал:

mihaild в сообщении #1563693 писал(а):

$\forall y, z \in G: z + y = y + z$.
Найдите контрпример к этому утверждению, если убрать первое свойство (т.е. $e \cdot x = x$). Например, возьмите $R = \mathbb Z$, $G = S_3$, и придумайте, как ввести "умножение" перестановок на целые числа, чтобы была дистрибутивность.

Группа $G = S_3$ состоит из шести элементов:

$$g_1=(123), g_2=(231),g_3=(312),g_4=(321),g_5=(213),g_6=(132).$$

Пусть $e$ отображает $g_2$ в $g_3$, $g_3$ в $g_2$ (они взаимно-обратны), а остальные элементы -- в себя ($g_1$ -- нейтральный элемент группы $G$, $g_4, g_5, g_6$ обратны сами себе). Тогда $e$ -- автоморфизм

(если из того, что гомоморфизм

Цитата:

$h$ отображает нейтральный элемент $e_G$ группы $G$ в нейтральный элемент $e_H$ группы $H$, а также отображает обратные элементы в обратные в том смысле, что

$h(u^{-1})=h(u)^{-1}$

следует обратное отношение, то есть что, если отобразить нейтральный элемент в нейтральный и обратные в обратные, то получим гомоморфизм):

$$e\cdot (x+y)=e\cdot x+ e\cdot y$$

(используя аддитивную запись).

Но если мы берем $e$ в качестве единицы кольца $\mathbb Z,$ то

$$\left\{ \begin{array}{rcl} (e\cdot e)\cdot g_2=e\cdot g_2=g_3\\ e\cdot (e\cdot g_2)=e\cdot g_3=g_2\\ \end{array} \right\to g_2=g_3.$$

Так что надо искать дальше.

[mihaild]

Вообще когда перестановки пишут в скобках, то обычно это означает цикл (первый элемент в скобке переходит во второй, второй в третий, последний в первый). Тут понятно, что вы имеете в виду, но вообще такое обозначение может запутать.

Vladimir Pliassov в сообщении #1563836 писал(а):

Тогда $e$ -- автоморфизм

Нет. $e(g_2 g_4) \neq e(g_2) e(g_4)$. Сохранение обращения еще недостаточно для гомоморфизма.

Но в любом случае, вам это здесь не нужно.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1563835 писал(а):

придумайте дистрибутивную операцию, при которой $e$ не является тождественным оператором.

Кажется, я придумал: надо, чтобы $e$ отображало все элементы группы $G = S_3$ в нейтральный элемент.

Но у меня возник вопрос: как доказать, что $(x^2)^{-1}=(x^{-1})^2?$ И, вообще, $(x^n)^{-1}=(x^{-1})^n \;\; n\in \mathbb N?$

Для группы $G = S_3$ это так, но для любой группы?

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1563854 писал(а):

Кажется, я придумал: надо, чтобы $e$ отображало все элементы группы $G = S_3$ в нейтральный элемент.

Это еще не отображение, что остальные элементы $R$ делают?

Vladimir Pliassov в сообщении #1563854 писал(а):

Но у меня возник вопрос: как доказать, что $(x^2)^{-1}=(x^{-1})^2?$

Докажите уникальность обратного. Потом докажите, что $(x^{-1})^2$ обратен к $x^2$.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1563859 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1563854 писал(а):

надо, чтобы $e$ отображало все элементы группы $G = S_3$ в нейтральный элемент.

Это еще не отображение, что остальные элементы $R$ делают?

Нуль отображает каждый элемент $x$ группы $G$ в ее нейтральный элемент (нулевая степень элемента $x$).

Что же касается остальных элементов кольца $\mathbb Z$, то у меня была мысль, что $a>1$ отображает каждый элемент $x$ в его $a$-ую степень: $a\cdot x=x^a$

(в аддитивном выражении --

$$\underbrace {(x+x+\ldots +x)}_\text{a times}$$

), --

$a<-1$ -- в элемент, обратный к $x^{\vert a\vert}$, то есть в $(x^{\vert a\vert})^{-1}$

(я потому и спросил про $(x^n)^{-1}=(x^{-1})^n$),

$-1$ -- в элемент, обратный к $x^1=e\cdot x=g_1,$ то есть в $g_1,$

но, поскольку

$$a\cdot x=(a\cdot e)\cdot x=a\cdot(e\cdot x)=a\cdot g_1={g_1}^a=g_1,$$

то выходит, что все целые числа отображают каждую перестановку в тождественную.

Кстати, нуль при отображении $x$ "съедает" $e$: $0\cdot 1 \cdot x=0\cdot x$, так что, в отличие от других чисел, он отображает элементы $G$ не через $e$, а непосредственно.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1563859 писал(а):

Докажите уникальность обратного. Потом докажите, что $(x^{-1})^2$ обратен к $x^2$.

1). Пусть $y_1, y_2$ -- два обратных элемента для $x$ , тогда, при наличии ассоциативности, имеем

$$y_1=y_1\cdot 1=y_1\cdot (x\cdot y_2)=(y_1\cdot x)\cdot y_2=1\cdot y_2=y_2.$$

(Подсмотрел в Википедии.)

2). Пусть $x^{-1}$ обратен к $x,$ тогда

$$(x^{-1})^2\cdot x^2=x^{-1}\cdot x^{-1}\cdot x\cdot x=x^{-1}\cdot (x^{-1}\cdot x)\cdot x=x^{-1}\cdot 1\cdot x=x^{-1}\cdot x=1.$$

[mihaild]

Да, всё правильно. Т.е. разобрались, что дистрибутивность сама по себе не влечет абелевости. Предыдущее вроде было

mihaild в сообщении #1563507 писал(а):

Докажите, что если у нас есть $R$ - кольцо с единицей, группа $G$ и операция умножения элементов группы на элементы кольца $R \times G \to G$, такая что $e \cdot x = x$, $(a + b) \cdot x = a\cdot x + b\cdot x$ и $a\cdot (x + y) = a\cdot x + a\cdot y$, то $G$ абелева.